Question

5．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為φ₁，內(nèi)圓弧面CD的半徑為$\frac{L}{2}$，電勢為φ₂．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP為L．在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，圓心為O，半徑為L，磁場方向垂直紙面向內(nèi)，如圖所示，假設太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右�力的影響．不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到達O點時速度的大��；
（2）為了實現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子都到達不了收集板MN，則磁感應強度B至少多大？
（3）若發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到收集板MN上．求所加勻強磁場磁感應強度的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理即可求出粒子到達O點的速度；
（2）作出粒子運動的軌跡，結(jié)合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求解；
（3）作出粒子運動的軌跡，結(jié)合幾何知識求得粒子的收集率與粒子圓周運動轉(zhuǎn)過圓心角的關系，再根據(jù)此關系求得收集率為0時對應的磁感應強度

解答 解：（1）設粒子到達O點時速度的大小為v．帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，由動能定理得：
q（φ₁-φ₂）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
所以得：v=$\sqrt{\frac{2（{φ}_{1}-{φ}_{2}）q}{m}}$…①
（2）如圖1，收集到的粒子從O點右側(cè)各個方向射出，分析可得，豎直向下飛過O點的粒子最有可能到達收集板，如果沒有粒子到達收集板，就以該粒子剛好到達收集板為臨界情況，根據(jù)幾何關系得：粒子圓周運動的半徑為：r=$\frac{L}{2}$
由qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B₀=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{2m（φ{(diào)\;}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$
（3）如圖2，收集到的粒子從O點右側(cè)各個方向射出，若某粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后平行于MN板射出，則在該粒子下側(cè)的粒子能收集到MN板上，上側(cè)的粒子不能收集到MN板上，根據(jù)題意，粒子均勻分布，有$\frac{2}{3}$粒子能打到收集板MN上，則該粒子在O點時，速度與豎直向上的方向成60°，所以，軌跡圓心角θ=60°
根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑：r=L    
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（φ{(diào)\;}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$
答：（1）粒子到達O點時速度的大小為$\sqrt{\frac{2（{φ}_{1}-{φ}_{2}）q}{m}}$；
（2）為了實現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子都到達不了收集板MN，則磁感應強度B至少$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{2m（φ{(diào)\;}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$．
（3）若發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到收集板MN上．所加勻強磁場磁感應強度的大小為$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（φ{(diào)\;}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的加速和磁場中的偏轉(zhuǎn)，綜合性較強，對學生的能力要求較高，關鍵作出粒子的運動軌跡，選擇合適的規(guī)律進行求解．